Kurs:Lineare Algebra/Teil I/8/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	3	5	2	4	5	4	4	5	2	7	10	6	1	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man nennt die Menge

   ${}L\times M={\left\{(x,y)\mid x\in L,\,y\in M\right\}}\,$

   die Produktmenge der Mengen ${}L$ und ${}M$.

2. Man nennt die durch

   $v_{j}\longmapsto \sum _{i=1}^{m}a_{ij}w_{i}$

   gemäß Satz 10.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) definierte lineare Abbildung ${}\varphi _{\mathfrak {w}}^{\mathfrak {v}}(M)$ die durch ${}M$ festgelegte lineare Abbildung.

3. Die Abbildung ${}\varphi$ werde bezüglich einer Basis durch die Matrix ${}M$ beschrieben. Dann nennt man

   ${}\det \varphi :=\det M\,$

   die Determinante der linearen Abbildung ${}\varphi$.

4. Das Einheitsideal in einem kommutativen Ring ${}R$ ist der Ring selbst.
5. Den Exponenten des linearen Polynoms ${}X-\lambda$ im charakteristischen Polynom ${}\chi _{\varphi }$ nennt man die algebraische Vielfachheit von ${}\lambda$.
6. Eine Teilmenge ${}F\subseteq E$ heißt affiner Unterraum, wenn

   ${}F=P+U\,$

   ist, mit einem Punkt ${}P\in E$ und einem ${}K$- Untervektorraum ${}U\subseteq V$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}K$- Vektorräume. Dann sind ${}V$ und ${}W$ zueinander isomorph genau dann, wenn ihre Dimension übereinstimmt.
2. Es sei ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und es sei ${}v\in V$ ein von ${}0$ verschiedener Vektor. Dann gibt es eine Linearform ${}f\colon V\rightarrow K$ mit ${}f(v)\neq 0$.
3. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum und

   $\varphi \colon V\longrightarrow V$

   eine lineare Abbildung. Es sei ${}\lambda \in K$. Dann ist

   $\operatorname {Eig} _{\lambda }{\left(\varphi \right)}=\operatorname {kern} {\left(\lambda \cdot \operatorname {Id} _{V}-\varphi \right)}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Widerspruch für eine Aussage der Form „Aus ${}A$ folgt ${}B$“.

Lösung

Man möchte zeigen, dass aus einer Aussage ${}A$ eine weitere Aussage ${}B$ folgt. Beim Beweis durch Widerspruch nimmt man an, dass gleichzeitig ${}A$ und nicht ${}B$ gelten. Unter diesen Voraussetzungen zeigt man, dass sich ein Widerspruch ergibt. Dies bedeutet, dass ${}A$ und nicht ${}B$ nicht gleichzeitig gelten können, was eben die Implikation ${}A\implies B$ bedeutet.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Es seien ${}M_{1},\ldots ,M_{k}$ und ${}N_{1},\ldots ,N_{k}$ nichtleere Mengen und

$\varphi _{i}\colon M_{i}\longrightarrow N_{i}$

Abbildungen für ${}i=1,\ldots ,k$. Es sei ${}M=M_{1}\times \cdots \times M_{k}$, ${}N=N_{1}\times \cdots \times N_{k}$, und ${}\varphi$ die Produktabbildung, also

$\varphi \colon M\longrightarrow N,\,(x_{1},\ldots ,x_{k})\longmapsto (\varphi _{1}(x_{1}),\ldots ,\varphi _{k}(x_{k})).$

a) Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

b) Zeige, dass a) nicht gelten muss, wenn die beteiligten Mengen leer sein dürfen.

Lösung

a) Es seien alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv und sei ${}y=(y_{1},\ldots ,y_{k})\in N$. Zu jedem ${}i$ gibt es ein ${}x_{i}\in M_{i}$ mit ${}\varphi (x_{i})=y_{i}$. Daher ist ${}x=(x_{1},\ldots ,x_{k})$ ein Urbild von ${}y$ unter ${}\varphi$.

Es sei umgekehrt ${}\varphi$ surjektiv, und sei ${}y_{i}\in N_{i}$ gegeben. Da die ${}N_{j}$ alle nicht leer sind, gibt es jeweils ein ${}a_{j}\in N_{j}$. Wir setzen

$y=(a_{1},\ldots ,a_{i-1},y_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{k})\in N.$

Dafür gibt es nach Voraussetzung ein Urbild ${}x\in M$. Für die ${}i$-te Komponente davon muss ${}\varphi _{i}(x_{i})=y_{i}$ gelten.

b) Es sei ${}M_{1}=N_{1}=\emptyset$, sei ${}\varphi _{1}$ die leere Abbildung und seien ${}M_{2}$ und ${}N_{2}$ irgendwelche (nichtleere) Mengen und sei ${}\varphi _{2}\colon M_{2}\rightarrow N_{2}$ eine beliebige nicht surjektive Abbildung. Dann ist ${}M=\emptyset \times M_{2}=\emptyset$ und ${}N=\emptyset \times N_{2}=\emptyset$ und daher ist die Produktabbildung ${}\varphi =\varphi _{1}\times \varphi _{2}$ ebenfalls die leere Abbildung, also surjektiv, obwohl nicht alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

Aufgabe (2 Punkte)

Kevin zahlt für einen Winterblumenstrauß mit ${}3$ Schneeglöckchen und ${}4$ Mistelzweigen ${}2{,}50$ € und Jennifer zahlt für einen Strauß aus ${}5$ Schneeglöckchen und ${}2$ Mistelzweigen ${}2{,}30$ €. Wie viel kostet ein Strauß mit einem Schneeglöckchen und ${}11$ Mistelzweigen?

Lösung

Es sei ${}x$ der Preis für ein Schneeglöckchen und ${}y$ der Preis für einen Mistelzweig. Dann gilt

${}3x+4y=2{,}50\,$

und

${}5x+2y=2{,}30\,.$

Wenn man von der ersten Zeile das Doppelte der zweiten Zeile abzieht, erhält man

${}-7x=-2{,}10\,$

und damit

${}x=0{,}30\,.$

Daraus ergibt sich

${}y=0{,}40\,$

und somit ist der Preis für den gewünschten Strauß gleich

${}1\cdot 0{,}3+11\cdot 0{,}4=4{,}70\,.$

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Ein lineares Ungleichungssystem sei durch die Ungleichungen

${}x\geq 0\,,$

${}y+x\geq 0\,,$

${}-1-y\leq -x\,,$

${}5y-2x\leq 3\,,$

gegeben.

a) Skizziere die Lösungsmenge dieses Ungleichungssystems.

b) Bestimme die Eckpunkte der Lösungsmenge.

Lösung

a) Wir lösen jeweils nach ${}y$ auf und erhalten die vier Ungleichungen

${}x\geq 0\,,$

${}y\geq -x\,,$

${}y\geq x-1\,,$

${}y\leq {\frac {2}{5}}x+{\frac {3}{5}}\,.$

Die zugehörigen Geraden begrenzen dann die Lösungsmenge.

b) Die Eckpunkte sind Schnittpunkte der eingrenzenden Geraden, die durch die Gleichungen (die zu den Ungleichungen gehören) gegeben sind. Diese sind

$(0,0),\,\left(0,\,{\frac {3}{5}}\right),\,\left({\frac {8}{3}},\,{\frac {5}{3}}\right),\,\left({\frac {1}{2}},\,-{\frac {1}{2}}\right).$

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ reelle Zahlen. Wir betrachten die drei Vektoren

${}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}c\\a\\b\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}b\\c\\a\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}\,.$

Man gebe Beispiele für ${}a,b,c$ derart, dass der von diesen Vektoren erzeugte Untervektorraum die Dimension ${}0,1,2,3$ besitzt.

Lösung

Sei ${}a=b=c=0$. Dann steht hier dreimal der Nullvektor und der davon erzeugte Untervektorraum ist der Nullraum, welcher die Dimension ${}0$ besitzt.

Sei ${}a=b=c=1$. Dann steht hier dreimal der Vektor ${}{\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}$ und der davon erzeugte Untervektorraum besitzt die Dimension ${}1$.

Sei ${}a=0$, ${}b=1$ und ${}c=-1$. Dann liegen die Vektoren

${\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}}$

vor. Addition dieser drei Vektoren ergibt den Nullvektor, sodass eine lineare Abhängigkeit vorliegt und die Dimension des erzeugten Raumes maximal ${}2$ sein kann. Da die ersten beiden Vektoren offenbar linear unabhängig sind, ist die Dimension genau ${}2$.

Sei ${}a=1$ und ${}b=c=0$. Dann liegt die Standardbasis vor und der erzeugte Vektorraum ist ${}\mathbb {R} ^{3}$, also dreidimensional.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}2&3&0&-1\\4&2&2&5\end{pmatrix}}\,$

gegebenen linearen Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}.$

Lösung

Wir bestimmen den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

$I\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x+3y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,-w=0$

$II\,\,\,\,\,\,4x+2y+2z+5w=0.$

Es ist

$III=II-2\cdot I\,\,\,\,\,\,-4y+2z+7w=0.$

Damit haben wir Stufengestalt erreicht.

Wir wählen ${}w=0$ und ${}z=2$. Dann ist ${}y=1$ nach III und nach I ist ${}x=-{\frac {3}{2}}$. Damit ist

${\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}$

eine Lösung.

Wir wählen jetzt ${}w=1$ und ${}z=0$. Dann ist ${}y={\frac {7}{4}}$ nach III und nach I ist

${}x=-{\frac {17}{8}}\,.$

Damit ist

${\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine weitere Lösung, die von der ersten Lösung linear unabhängig ist. Da die Matrix den Rang ${}2$ besitzt (was aus der Stufengestalt ablesbar ist), ist der Kern zweidimensional, also ist der Kern gleich

${\left\{a{\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Für eine ${}n\times n$- Matrix ${}M=(a_{ij})_{ij}$ sei

${}\delta (M)=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}\,.$

Zeige die Gleichheit

${}\delta (M)=\delta {\left({M^{\text{tr}}}\right)}\,$

direkt, ohne die Gleichheit ${}\delta (M)=\det M$ zu verwenden (Eigenschaften des Signums von Permutationen dürfen verwendet werden).

Lösung

Es sei ${}M={\left(a_{ij}\right)}$ und ${}{M^{\text{tr}}}={\left(b_{ij}\right)}$ mit ${}b_{ij}=a_{ji}$. Dann ist

${}{\begin{aligned}\delta {\left({M^{\text{tr}}}\right)}&=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{i=1}^{n}b_{i\pi (i)}\\&=\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{i=1}^{n}a_{\pi (i)i}\\&=\sum _{\rho =\pi ^{-1}\in S_{n}}\operatorname {sgn} (\rho ^{-1})\prod _{i=1}^{n}a_{\rho ^{-1}(i)i}\\&=\sum _{\rho \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\rho )\prod _{j=1}^{n}a_{j\rho (j)}\\&=\delta (M).\end{aligned}}$

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}a\in K$ ein fixiertes Element.

a) Zeige, dass

${}{\mathfrak {a}}={\left\{F\in K[X]\mid F(a)=0\right\}}\,$

ein Ideal ist.

b) Bestimme ein Polynom ${}P\in K[X]$ mit

${}{\mathfrak {a}}=(P)\,.$

Lösung

a) Es ist ${}0\in {\mathfrak {a}}$. Für ${}F,G\in {\mathfrak {a}}$ ist

${}(F+G)(a)=F(a)+G(a)=0+0=0\,,$

also ${}F+G\in {\mathfrak {a}}$. Für ${}F\in {\mathfrak {a}}$ und ${}H\in K[X]$ ist

${}(HF)(a)=H(a)F(a)=H(a)0=0\,,$

also ${}HF\in {\mathfrak {a}}$.

b) Wir behaupten

${}{\mathfrak {a}}=(X-a)\,.$

Das Polynom ${}X-a$ gehört offenbar zu ${}{\mathfrak {a}}$ und damit gehört auch das von ${}X-a$ erzeugte Hauptideal ${}(X-a)$ zu ${}{\mathfrak {a}}$. Es sei umgekehrt ${}F\in {\mathfrak {a}}$. Die Division mit Rest ergibt

${}F=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R$ konstant ist. Aus ${}F(a)=0$ folgt

${}0=F(a)=(a-a)Q(a)+R(a)=R(a)\,$

und da ${}R$ konstant ist, folgt ${}R=0$. Also ist ${}F\in (X-a)$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}V_{1},\ldots ,V_{n}$ Vektorräume über dem Körper ${}K$ und

$\varphi _{i}\colon V_{i}\longrightarrow V_{i}$

lineare Abbildungen. Es sei ${}a\in K$ ein Eigenwert zu ${}\varphi _{k}$ für ein bestimmtes ${}k$. Zeige, dass ${}a$ auch ein Eigenwert zur Produktabbildung

$\varphi _{1}\times \cdots \times \varphi _{n}\colon V_{1}\times \cdots \times V_{n}\longrightarrow V_{1}\times \cdots \times V_{n}$

ist.

Lösung

Wir betrachten den Vektor

$w=(0,\ldots ,0,v_{k},0,\ldots ,0)\in V_{1}\times \cdots \times V_{k-1}\times V_{k}\times V_{k+1}\times \cdots \times V_{n}.$

Wegen

${}v_{k}\neq 0\,$

ist dieser Vektor nicht ${}0$. Es ist

${}{\begin{aligned}(\varphi _{1}\times \cdots \times \varphi _{n})(w)&=(\varphi _{1}(0),\ldots ,\varphi _{k-1}(0),\varphi _{k}(v_{k}),\varphi _{k+1}(0),\ldots ,\varphi _{n}(0))\\&=(0,\ldots ,0,av_{k},0,\ldots ,0)\\&=a(0,\ldots ,0,v_{k},0,\ldots ,0),\end{aligned}}$

also liegt ein Eigenvektor von ${}\varphi _{1}\times \cdots \times \varphi _{n}$ zum Eigenwert ${}a$ vor.

Aufgabe (7 (3+4) Punkte)

Es sei

${}M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\,$

eine Matrix über einem Körper ${}K$.

a) Zeige, dass es eine zu ${}M$ ähnliche Matrix gibt, in der mindestens ein Eintrag gleich ${}0$ ist.

b) Zeige, dass es nicht unbedingt eine zu ${}M$ ähnliche Matrix geben muss, in der mindestens zwei Einträge gleich ${}0$ sind.

Lösung

a) Es sei ${}v\in K^{2}$, ${}v\neq 0$. Wenn ${}v$ ein Eigenvektor zu ${}M$ zum Eigenwert ${}\lambda$ ist, so ergänzen wir ${}v$ durch einen Vektor ${}w\in K^{2}$ zu einer Basis. Bezüglich dieser Basis wird die durch ${}M$ gegebene lineare Abbildung durch eine zu ${}M$ ähnliche Matrix der Form

${\begin{pmatrix}\lambda &r\\0&s\end{pmatrix}}$

beschrieben, es gibt also darin mindestens eine ${}0$. Wenn hingegen ${}v$ kein Eigenvektor ist, so sind ${}v$ und ${}w:=\varphi (v)$ linear unabhängig und bilden eine Basis des ${}K^{2}$. Bezüglich dieser Basis wird die Abbildung durch eine Matrix der Form

${\begin{pmatrix}0&r\\1&s\end{pmatrix}}$

beschrieben.

b) Wir betrachten die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}\,$

über ${}\mathbb {Q}$ und behaupten, dass die dadurch gegebene lineare Abbildung die Eigenschaft hat, dass in jeder beschreibenden Matrix höchstens eine ${}0$ vorkommt. Es sei ${}N$ eine beschreibende Matrix. Jede beschreibende Matrix besitzt die gleiche Spur, die gleiche Determinante und das gleiche charakteristische Polynom wie ${}M$. Da die Determinante von ${}M$ gleich ${}1$ ist, können weder in einer Zeile noch in einer Spalte von ${}N$ zweimal eine ${}0$ stehen. In der Hauptdiagonalen können nicht zwei Nullen stehen, da dann die Spur ${}0$ sein müsste, diese ist aber ${}2$. Wenn in der Nebendiagonalen zwei Nullen stünden, so wäre ${}N$ eine Diagonalmatrix und ${}M$ wäre diagonalisierbar. Dies ist aber nach Beispiel 22.12 nicht der Fall.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Satz von Cayley-Hamilton.

Lösung

Wir fassen die Matrix ${}XE_{n}-M$ als eine Matrix auf, deren Einträge im Körper ${}K(X)$ liegen. Die adjungierte Matrix

$(XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }$

liegt ebenfalls in ${}\operatorname {Mat} _{n}(K(X))$. Die einzelnen Einträge der adjungierten Matrix sind nach Definition Determinanten von ${}(n-1)\times (n-1)$-Untermatrizen von ${}XE_{n}-M$. In den Einträgen dieser Matrix kommt die Variable ${}X$ maximal in der ersten Potenz vor, sodass in den Einträgen der adjungierten Matrix die Variable maximal in der ${}(n-1)$-ten Potenz vorkommt. Wir schreiben

$(XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }=X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0}\,$

mit Matrizen

${}A_{i}\in \operatorname {Mat} _{n}(K)\,,$

d.h. man schreibt die einzelnen Einträge als Polynom und fasst dann zu ${}X^{i}$ die Koeffizienten zu einer Matrix zusammen. Aufgrund von Satz 17.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

${}{\begin{aligned}\chi _{M}E_{n}&=(XE_{n}-M)\circ (XE_{n}-M)^{\operatorname {adj} }\\&=(XE_{n}-M)\circ (X^{n-1}A_{n-1}+X^{n-2}A_{n-2}+\cdots +XA_{1}+A_{0})\\&=X^{n}A_{n-1}+X^{n-1}(A_{n-2}-M\circ A_{n-1})+X^{n-2}(A_{n-3}-M\circ A_{n-2})+\cdots +X^{1}(A_{0}-M\circ A_{1})-M\circ A_{0}.\end{aligned}}$

Wir können auch die Matrix links nach den Potenzen von ${}X$ aufteilen, dann ist

$\chi _{M}E_{n}=X^{n}E_{n}+X^{n-1}c_{n-1}E_{n}+X^{n-2}c_{n-2}E_{n}+\cdots +X^{1}c_{1}E_{n}+c_{0}E_{n}\,.$

Da diese zwei Polynome übereinstimmen, müssen jeweils ihre Koeffizienten übereinstimmen. D.h. wir haben ein System von Gleichungen

${\begin{matrix}E_{n}&=&A_{n-1}\\c_{n-1}E_{n}&=&A_{n-2}-M\circ A_{n-1}\\c_{n-2}E_{n}&=&A_{n-3}-M\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}E_{n}&=&A_{0}-M\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}$

Wir multiplizieren diese Gleichungen von links von oben nach unten mit ${}M^{n},M^{n-1},M^{n-2},\ldots ,M^{1},E_{n}$ und erhalten das Gleichungssystem

${\begin{matrix}M^{n}&=&M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-1}M^{n-1}&=&M^{n-1}\circ A_{n-2}-M^{n}\circ A_{n-1}\\c_{n-2}M^{n-2}&=&M^{n-2}\circ A_{n-3}-M^{n-1}\circ A_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots \\c_{1}M^{1}&=&MA_{0}-M^{2}\circ A_{1}\\c_{0}E_{n}&=&-M\circ A_{0}\,.\end{matrix}}$

Wenn wir die linke Spalte dieses Gleichungssystem aufsummieren, so erhalten wir gerade ${}\chi _{M}\,(M)$. Wenn wir die rechte Seite aufsummieren, so erhalten wir ${}0$, da jeder Teilsummand ${}M^{i+1}\circ A_{i}$ einmal positiv und einmal negativ vorkommt. Also ist ${}\chi _{M}\,(M)=0$.

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}5&2&3\\0&5&6\\0&0&4\end{pmatrix}}\,$

über ${}\mathbb {Q}$.

a) Bestimme die jordansche Normalform von ${}M$.

b) Bestimme die kanonische Zerlegung von ${}M$ in einen diagonalisierbaren Anteil und einen nilpotenten Anteil.

c) Welche Eigenschaften der kanonischen Zerlegung erfüllt die Zerlegung

${}{\begin{pmatrix}5&2&3\\0&5&6\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

welche nicht?

Lösung

a) Es ist

${}M-5E_{3}={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&-1\end{pmatrix}}\,$

eine Matrix mit Rang ${}2$, daher ist der Eigenraum zum Eigenwert ${}5$ eindimensional. Daher hat die jordansche Normalform die Gestalt

${\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}.$

b) In der Basis, in der die jordansche Normalform vorliegt, ist

${}{\begin{pmatrix}5&1&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Dabei ist der Summand links in Diagonalgestalt, also insbesondere diagonalisierbar, und der Summand rechts ist nilpotent. Ferner ist

${}{\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&5&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&5&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$

sodass auch die Vertauschbarkeitsbeziehung gilt.

c) Die Summanden sind diagonalisierbar bzw. nilpotent, allerdings ist

${}{\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&10&15\\0&0&30\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}{\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&6\\0&0&0\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}5&0&0\\0&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&10&12\\0&0&24\\0&0&0\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme, ob im ${}\mathbb {R} ^{3}$ der Ausdruck

${\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}2\\7\\6\end{pmatrix}}+{\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}9\\0\\9\end{pmatrix}}+{\frac {1}{5}}{\begin{pmatrix}5\\5\\2\end{pmatrix}}$

eine baryzentrische Kombination ist.

Lösung

Wegen

${}{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}={\frac {15+10+6}{30}}={\frac {31}{30}}\neq 1\,$

liegt keine baryzentrische Kombination vor.